人教版九年级数学上册 24.29 正多边形与圆（巩固篇）（专项练习）

这是一份人教版九年级数学上册 24.29 正多边形与圆（巩固篇）（专项练习），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在⊙O中，点B是弧AC上的一点，∠AOC=140°，则∠ABC的度数为（ ）
A．70°B．110°C．120°D．140°
2．如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧AC延弦AC翻折交AB于点D，连接CD．若∠BAC＝20度，则∠BDC＝（ ）

A．80°B．70°C．60°D．50°
3．如图，已知的半径为，内接于，，则（ ）

A．B．C．D．
4．如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，则正五边形中心角∠COD的度数是（ ）

A．76°B．72°C．60°D．36°
5．如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
6．如图，点，，在上，若，，分别是内接正三角形．正方形，正边形的一边，则（ ）
A．9B．10C．12D．15
7．如图，正五边形和正三角形都是的内接多边形，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
9．如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．如图，在的内接四边形中，，点E在弧上，连接、、、．
（1）的度数为______．
（2）当时，恰好为的内接正n边形的一边，则n的值为_________．
12．如图，在扇形中，点C、D在上，连接、交于点E，若，的度数为50°，则_____°．
13．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，已知D是⊙O上一动点，连接AD、CD，若圆的半径r＝2，则以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积为_____．

14．如图，点为正八边形的中心，则的度数为______．

15．如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边长是2，则它的外接圆圆心的坐标是______．
16．如图，A、B、C、D为一个正多边形的相邻四个顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB=12°，则这个正多边形的边数为____________

17．如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是 _____．
18．如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______.
三、解答题
19．已知四边形ABCD是圆内接四边形，∠1＝112°，求∠CDE．

20．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝120°，点E在弧AD上，连接OA、OD、OE、AE、DE．
（1）求∠AED的度数；
（2）当∠DOE＝90°时，AE恰好为⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．

21．如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接．
(1) 求的度数．
(2) 是正三角形吗？请说明理由．
(3) 从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
22．如图，四边形内接于圆，，对角线平分．
（1）求证：是等边三角形；
（2）过点作交的延长线于点，若，求的面积．

23．阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 ．
（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．
24．如图①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是⊙O的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度中⊙O上逆时针运动．
（1）求图①中∠APB的度数；
（2）图②中，∠APB的度数是 90°，图③中∠APB的度数是 72°；
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况？若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
参考答案
1．B
【分析】
在优弧AC上取点D，连接AD、CD，由∠AOC=求出∠ADC=，根据四边形ABCD是圆内接四边形，得到∠ADC+∠ABC=，即可求出∠ABC的度数．
解：在优弧AC上取点D，连接AD、CD，
∵∠AOC=，
∴∠ADC=，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=，
∴∠ABC=，
故选：B．
【点拨】此题考查圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．
2．B
【分析】
连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，然后根据所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC，可得∠ADC＋∠B＝180°，结合∠ADC＋∠BDC＝180°即可得出结论．
解：如图，连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠B＝90°−∠BAC＝90°−20°＝70°．
根据翻折的性质，
所对的圆周角为∠B，
所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC＋∠B＝180°，
∵∠ADC＋∠BDC＝180°，
∴∠B＝∠CDB＝70°．
故选：B．
【点拨】本题考查了圆周角定理的应用，掌握圆周角性质定理及翻折的性质是解题的关键．
3．C
【分析】
根据圆内接四边形对角互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据勾股定理即可求得AB的长．
解：设点D为优弧AB上一点，连接AD、BD、OA、OB，如图所示，
∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB=135°，
∴∠ADB=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴AB=，
故答案为：C．
【点拨】本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
4．B
【分析】
根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．
解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为=72°，
故选：B．
【点拨】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式：是解题的关键．
5．D
【分析】
连接，先根据圆内接正多边形的性质可得点在上，且是和的角平分线，从而可得，再根据角的和差可得，然后根据圆周角定理可得，最后根据正多边形的性质即可得．
解：如图，连接，
四边形为的内接正四边形，为的内接正三角形，
点在上，且是和的角平分线，，
，
，
，
恰好是圆O的一个内接正边形的一边，
，
故选：D．
【点拨】本题考查了圆内接正多边形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．
6．C
【分析】
分别连接OB、OA、OC，根据正多边形的中心角=，可分别求得∠BOC、∠AOB的度数，从而可得∠AOC的度数，再根据正多边形的中心角=，可求得边数n．
解：分别连接OB、OA、OC，如图所示
∵是内接正三角形的一边
∴∠BOC=
同理，可得：∠AOB=90°
∴∠AOC=∠BOC−∠AOB=30°
∵是正边形的一边
∴
∴n=12
故选：C．
【点拨】本题考查了正多边形与圆，正多边形的中心角=，掌握这一知识是解决本题的关键．
7．C
【分析】
如图，连接利用正多边形的性质求出，，可得结论．
解：如图，连接．

是等边三角形，
，
，
是正五边形，
，
．
故选：C．
【点拨】本题考查正多边形与圆，等边三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握正多边形的性质，属于中考常考题型．
8．B
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．
∵，∠BAC=25°，
∴∠DCE=∠BAC=25°，
∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．
【点拨】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.
9．A
【分析】
根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，
故选：A．
【点拨】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．
10．B
【分析】
首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点拨】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
11． 120° 12
【分析】
（1）连接BD，由已知条件证△ABD是等边三角形，得到∠ABD=60°，从而由圆内接四边形的性质可得∠AED=120°；
（2）连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得．
解：（1）连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴；
（2）连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题考查正多边形与圆相关知识点，理解并熟练运用基本性质和结论是解题关键．
12．145
【分析】
作所对的圆周角∠APB，连接OC，OD，BD，根据圆周角定理求出∠APB和∠CBD的度数，从而求出∠ADB的度数，结合三角形外角的性质，即可求解．
解：作所对的圆周角∠APB，连接OC，OD，BD，如图所示，
∵∠APB=∠AOB=×120°=60°，
∴∠ADB=180°-∠APB=180°-60°=120°，
∵的度数为50°，
∴∠COD=50°，
∴∠CBD=∠COD=25°，
∴∠AEB=∠CBD+∠ADB=25°+120°=145°，
故答案是：145．
【点拨】本题主要考查圆周角定理以及圆内接四边形的性质，熟练掌握构造同弧所对的圆周角，是解题的关键．
13．4．
【分析】
连接BO并延长交AC于E，交于D，根据垂径定理得到点D到AC的距离最大，根据直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，得到答案．
解：连接BO并延长交AC于E，交于D，连接AD、CD，

∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∴，
∴OE⊥AC，点D为的中点，
此时点D到AC的距离最大，
∴△ADC的面积最大，即以A、B、C、D为顶点的四边形的面积最大，
在Rt△BAD中，∠ABD＝30°，
∴AD＝BD＝2，
由勾股定理得，AB＝＝2，
∴以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积＝×2×2×2＝4，
故答案为：4．
【点拨】本题考查的是三角形的外接圆与外心、等边三角形的性质，掌握垂径定理、等边三角形的性质是解题的关键．
14．．
【分析】
连接OA、OB，根据正多边形的性质求出，再根据圆周角定理计算即可．
解：作正八边形的外接圆，连接OA、OB，如图：
∴，F、O、B共线，
由圆周角定理得：
；
故答案为：．
【点拨】本题考查了正多边形和圆，掌握正多边形的圆心角的求法、圆周角定理是解题的关键．
15．.
【分析】
过点P作PF⊥OA，垂足为F，计算PF，OF的长度即可.
解：如图，过点P作PF⊥OA，垂足为F，
∵正六边形的边长是2，
∴OA=2，∠OPA=60°，
∴OP=2，∠OPF=30°，
∴OF=1，PF=，
∴点P的坐标为（1，），
故答案为：（1，）.
【点拨】本题考查了正六边形的计算，熟练掌握正六边形的边长等于外接圆的半径，中心角为60°是解题的关键.
16．15
【分析】
连接AO,BO，根据圆周角定理得到∠AOB=24°，根据中心角的定义即可求解．
解：如图，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=24°
∴这个正多边形的边数为=15
故答案为：15．
【点拨】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
17．36
【分析】
根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，根据等腰三角形的性质可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，进而可得四边形AEDF是平行四边形，求出∠DFC的度数，再根据三角形的内角和定理求出答案即可．
解：∵正五边形ABCDE，
∴∠ABC＝∠EAB==108°，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，
∴∠ACB＝∠BAC==36°，
∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，
∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，
∴DE∥AC，
又∵DE＝AE＝AF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AE∥DF，
∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，
∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
故答案为：36°．
【点拨】本题考查正多边形与圆，掌握正五边形的性质以及三角形的内角和定理是正确解答的前提．
18．4
【分析】
解：如图，连接CE，由得，由六边形是正六边形证明，从而得的面积为的面积的4倍即可求解．
解：如图，连接CE，
，
，
六边形是正六边形，
AB=AF=EF=BC，，
，
，
，
，
四边形BCEF是平行四边形，
，
的面积为1，，
的面积为，
故答案为4．
【点拨】本题主要考查了正多边形的性质及平行四边形的判定及性质，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
19．．
【分析】
根据圆周角定理求出，根据圆内接四边形的性质计算．
解：由圆周角定理得，，
四边形是圆内接四边形，
．
【点拨】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
20．（1）∠AED=120°；（2）12.
【分析】
（1）如图，连接BD，由已知条件证△ABD是等边三角形，得到∠ABD=60°，从而由圆内接四边形的性质可得∠AED=120°；
（2）如图，连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得；
解：（1）如图，连接BD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ABD=180°，
∴∠AED=120°；
（2）连接OA，
∵∠ABD=60°，
∴∠AOD=2∠ABD=120°，
∵∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD﹣∠DOE=30°，
∴．
21．(1)(2)是正三角形，理由见分析(3)
【分析】
（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论．
(1)解：∵正五边形．
∴，
∴，
∵，
∴(优弧所对圆心角)，
∴；
(2)解：是正三角形，理由如下：
连接，
由作图知：,
∵，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∴，
同理，
∴，即，
∴是正三角形；
(3)∵是正三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
22．（1）见分析；（2）；
【分析】
（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；
（2）过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，
∴△ABC是等边三角形；

（2）过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=1，AM=，
∵CD=3，
∴CM=CD+DE=1+3=4，
∴S△ACD=CD-AM=×3×=，
在Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=，
∴BN=，
∴S△ABC=××=，
∴四边形ABCD的面积=+=，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
，
∴△EAB≌△DCB（AAS），
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【点拨】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
23．（1）；（2）
【分析】
（1）由托勒密定理可直接求解；
（2）连接，根据圆周角与弦的关系可得，设，在四边形中，根据托勒密定理有，，建立方程即可求得的长
解：（1）由托勒密定理可得：
故答案为：
（2）如图，连接，
五边形是正五边形，则,
设，
即
解得（舍去）
【点拨】本题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关键．
24．（1）120°；（2）=，=；（3）能，∠APB=
【分析】
（1）由题意可得，根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得，在利用三角形外角的性质即可求解
（2）根据（1）的求解过程，即可求解
（3）结合（1），（2）的推理过程，即可得出结论
解：（1）∠APB=120°（如图①）
∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴∠BAM=∠CBN，
又∵∠APN=∠BPM，
∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°，
∴∠APB=120°；
（2）同理可得：图②中∠APB=90°；图③中∠APB=72°．
（3）由（1），（2）可知，∠APB=所在多边形的外角度数，故在图n中，∠APB=．
【点拨】本题考查了正多边形和圆，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，以及正多边形外角的求法，三角形外角的性质是解题关键．克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 ．